高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律12章末过关检测三新人教版.doc

1 / 10【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第精选高考物理一轮复习第 3 3 章牛顿运动定律章牛顿运动定律1212 章末过关检测三新人教版章末过关检测三新人教版一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.如图所示，人沿水平方向拉牛，但没有拉动，下列说法正确的是( )A绳拉牛的力小于牛拉绳的力B绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力C绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力D绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是相互作用力解析：选 C.绳拉牛的力和牛拉绳的力是作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故 A、B 错误；由于没有拉动牛，可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力，故 C 正确，D 错误2(2018·盐城质检)如图所示，将质量为 M 的 U 形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧 1、2、3 将质量为 m 的小球悬挂起来框架和小球都静止时弹簧 1 竖直，弹簧 2、3 水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于(Mm)g.现将弹簧 1 从最上端剪断，则在剪断后瞬间( )A框架对地面的压力大小仍为(Mm)gB框架对地面的压力大小为 0C小球的加速度大小等于 gD小球的加速度为 02 / 10解析：选 D.剪断弹簧 1 瞬间，弹簧的形变不改变，小球所受合外力为 0，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为 0，C 项错误，D 项正确；框架受重力和支持力作用，FNMg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为 Mg，A、B 项错误3.如图所示，在倾角为 的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆，杆的另一端固定一质量为 m 的可视为质点的小球，开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动，经过一段时间，装置运动到动摩擦因数为 的粗糙水平面上，重力加速度为 g.下列说法正确的是( )A向左匀速时，杆对小球的作用力大小为mg cos B在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向可能水平向右C在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力大小可能为mg cos D整个运动过程中，杆对小球的作用力始终大于 mg解析：选 C.装置向左匀速运动时，小球受平衡力的作用，则重力与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，即 FNmg，A 错误；进入粗糙的水平面后，整个装置开始在摩擦力的作用下做减速运动，设斜劈与小球的总质量为 M，由牛顿第二定律可知 MgMa，解得ag，则小球的加速度大小也为 g，方向水平向右，对小球受力分析如图所示，小球受到的合力方向水平向右，则弹力的大小为FN>mg，由以上分析可知 D 错误；由于竖直方向合力一定为零，因此杆对小球的弹力一定有竖直向上的分力，因此在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向不可能水平向右，B 错误；当 agtan 时，代入以上的式子可得 FN，C 正确4.3 / 10如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于 O点，现在有三条光滑轨道 a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点 O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )B tatbtc Atatbtc D无法确定Ctatbtc 解析：选 B.设上面圆的半径为 r，矩形宽为 R，轨道与竖直方向的夹角为 ，则轨道的长度 s2rcos ，下滑的加速度 a，根据位移时间公式得，sat2，则 t.因为 a、b、c 夹角由小至大，所以有 tctbta.故 B 正确，A、C、D 错误5如图所示，在水平地面上有两个完全相同的滑块 A、B，两滑块之间用劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，在外力 F1、F2 的作用下运动，且 F1>F2.以 A、B 为一个系统，当运动达到稳定时，若地面光滑，设弹簧伸长量为 l1，系统加速度为 a1；若地面粗糙，设弹簧的伸长量为 l2，系统加速度为 a2，则下列关系式正确的是( )Bl1>l2，a1>a2Al1l2，a1a2 Dl1a2 解析：选 C.设两个滑块的质量均为 m，若水平地面光滑，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得 a1，再以 A 为研究对象，由牛顿第二定律得 F1k·l1ma1，代入解得弹簧的伸长量为 l1；若水平地面粗糙，则两个滑块与地面间的动摩擦因数相同，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得 a2g，再以 A 为研究对象，由牛顿第二定律得 F1k·l2mgma2，代入解得弹簧的伸长量为 l2，可见 l1l2，a1>a2，故选项 C 正确4 / 106(2018·江苏师大附中模拟)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为 m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为 .初始时，传送带与煤块都是静止的现让传送带以恒定的加速度 a 开始运动，当其速度达到 v 后，便以此速度做匀速运动经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为 g)( )A 与 a 之间一定满足关系 >a gB煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v2 gC煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v gD黑色痕迹的长度为（ag）v2 2a2解析：选 C.法一 公式法：由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为 ag，由于煤块与传送带之间要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即 a>g，则 mg，由牛顿第二定律得 F(kvmg)ma，当 a0 时，圆环的速度最大，即 vmax，选项 C 正确，D 错误7 / 1010(2018·南京模拟)在倾角为 的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块 A 和 B，它们的质量分别为 3m 和 2m，弹簧的劲度系数为k，C 为一固定挡板，系统处于静止状态现用一沿斜面向上的恒力F 拉物块 A 使之沿斜面向上运动，当 B 刚离开 C 时，A 的速度为v，A 的加速度的方向沿斜面向上，大小为 a，则( )A从静止到 B 刚离开 C 的过程中，A 运动的距离为5mgsin kB从静止到 B 刚离开 C 的过程中，A 克服重力做的功为5m2g2sin2 kC恒力 F 的大小为 5mgsin 3maD当 A 的速度达到最大时，B 的加速度大小为 a解析：选 ACD.开始时，弹簧处于压缩状态，弹力等于 A 的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律，有 3mgsin kx1，解得 x1，B刚要离开 C 时，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律，有 2mgsin kx2，解得 x2，故 A 运动的距离xx1x2，A 正确；从静止到 B 刚离开 C 的过程中，A 克服重力做功 W3mg·x·sin ，B 错误；B 刚离开 C 时 A 受拉力F、重力、支持力和弹簧的弹力共同作用，根据牛顿第二定律，有F3mgsin T3ma，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面向下的分力，即 T2mgsin ，则恒力 F 的大小为 5mgsin 3ma，C 正确；当 A 的速度达到最大时，A 受到的合力为零，即 F3mgsin T0，所以 T2mgsin 3ma，B 沿斜面方向受到合力FBT2mgsin 3ma，又因为 FB2ma，解得 aa，D正确三、非选择题(本题共 3 小题，共 40 分按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11(10 分)如图甲为“用 DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)8 / 10研究加速度和力的关系”的实验装置(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持_不变，用钩码所受的重力作为_，用 DIS 测小车的加速度(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出 aF 关系图线(如图乙所示)分析此图线的 OA 段可得出的实验结论是_.此图线的 AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大D所用小车的质量太大解析：(1)因为要探究“加速度和力的关系” ，所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受的合外力(2)由于 OA 段 aF 关系图线为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；由实验原理：mgMa 得：a，而实际上 a，可见 AB 段明显偏离直线是没有满足 Mm 造成的答案：(1)小车的总质量 小车所受的合外力(2)在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比 C12(15 分)(2018·盐城测试)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目推矿泉水瓶选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视9 / 10为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败其简化模型如图所示，AC 是长度 L15.5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在 A 点，从 A 点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC 为有效区域已知 BC 长度 L21.1 m，瓶子质量 m0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数 0.2，g10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力 F11 N，瓶子沿 AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围(令2.2)解析：要想获得成功，瓶子滑到 B 点时速度恰好为 0，力作用时间最短，滑到 C 点时速度恰好为 0，力作用时间最长设力作用时的加速度为 a1、位移为 x1，撤力时瓶子的速度为 v1，撤力后瓶子的加速度为 a2、位移为 x2，则Fmgma1，mgma22a1x1v，2a2x2v2 1L1L222mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a21 m/s2设滑块滑至平板右端用时为 t，共同速度为 v，平板位移为 x，对滑块：vva1tL2xvta1t2对平板：va2t，xa2t2联立以上各式代入数据解得：t1 s，v4 m/s.(2)滑块在传送带上的加速度：a35 m/s2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v15 m/st，不合题意，舍去)将 t s 代入 vv1a1t得：v3.5 m/s.答案：(1)4 m/s (2)3.5 m/s